1、2014-2015學年河北省衡水中學高三（上）第五次調研化學試卷1“富勒烯”家族又增添了新成員，繼C60、C70、N60之后，中美科學家首次發現了全硼富勒烯B40下列說法正確的是( )AB40和C70、都屬于新型化合物 BC60、和N60屬于同分異構體CB40、C60、N60、C70都只含共價鍵 DB40、C60、N60、C70都屬于烯烴2化學與社會、生活密切相關對下列現象或事實的解釋正確的是( )AA BB CC DD3W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y、Z處于同一周期，W、X、Z的簡單離子具有相同的電子層結構，W的單質是空氣中含量最多的氣體，X的氧化物具有兩性，Y的最高正價與最低負價的代

2、數和為O，下列說法正確的是A單質熔點：WZ B離子半徑：WXZC最高正價：WXZ D原子序數：ZWXY4近年來科學家正在研制一種高容量、低成本鋰銅空氣燃料電池該電池通過一種復雜的銅腐蝕現象產生電力，其中放電過程為2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH，下列說法不正確的是( )A放電時，Li+透過固體電解質向Cu極移動B放電時，負極的電極反應式為CuO+H2O+2eCu+2OHC通空氣時，銅被腐蝕，表面產生Cu2OD整個反應過程中，銅相當于催化劑5下列實驗操作對應的實驗現象和解釋或結論都正確的是( )AA BB CC DD6向某恒容密閉容器中充入一定量C02和H：，發生反應：CO2（g）

3、+H2（g）HCOOH（g）測得平衡體系中CO2的百分含量（CO2%）與反應溫度變化的關系如圖所示下列物理量 中，a點大于b點的是 正反應速率逆反應速率HCOOH（g）的濃度對應溫度時的平衡常數( )ABCD7常溫下，下列有關醋酸的敘述中不正確的是( )ApH=5.6的由CH3COOH與CH3COONa組成的混合溶液中：c（Na+）c（CH3C00）B將pH=a的醋酸稀釋為pH=a+1的過程中，c（OH）不斷增大C等體積pH=a的醋酸與pH=b的NaOH溶液恰好中和時，a+b=14D濃度均為0.1 mol1的CH3COOH溶液和氨水等體積混合后：c（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（

4、NH4+）三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第22題32題為必考題每個試題考生都必須作答第33題39題為選考題考生根據要求作答（一）必考題（共129分）8（14分）甲醇是一種重要的化工原料，在生產中有著重要的應用工業上用甲烷氧化法合成甲醇的反應有：（）CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）H1=+247.3kJmol1（）2CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2=90.1kJmol1（）2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3=566.0kJmol1（1）用CH4和02直接制備甲醇蒸氣的熱化學方程式為_（2）某溫度下，向4L恒容密閉容器中通人6mol C02和6mol

5、 CH4，發生反應（），平衡體系中各組分的體積分數均為，則此溫度下該反應的平衡常數K=_，CH4的轉化率為_（3）工業上可通過甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反應的熱化學方程式為：CH3OH（g）+CO（g）HCOOCH3（g）H2=29.1kJmol1科研人員對該反應進行了研究，部分研究結果如圖1、2：從反應壓強對甲醇轉化率的影響“效率”看，工業制取甲酸甲酯應選擇的壓強是_ （填3.5×106PaPa“4.0×106Pa“或“5.0×106Pa”）實際工業生產中采用的溫度是80，其理由是_ _（4）直接甲醇燃料電池（簡稱DMFC）由于其結構簡單、能量轉化率高、對環境

6、無污染，可作為常規能源的替代品而越來越受到關注DMFC的工作原理如圖3所示：通入a氣體的電極是電池的_ _（填“正”或“負”）極，其電極反應式為常溫下，用此電池以惰性電極電解O5L飽和食鹽水（足量），若兩極共生成氣體1.12L（已折算為標準狀況下的體積），則電解后溶液的pH為_ _（忽略溶液的體積變化）9為研究銅與濃硫酸的反應，某化學興趣小組進行如下實驗實驗I：反應產物的定性探究，按如圖裝置（固定裝置已略去）進行實驗：（1）F裝置的燒杯中發生反應的離子方程式是_ _；B裝置中的現象是_ _（2）實驗過程中，能證明濃硫酸中硫元素的氧化性強于氫元素的現象是_ _（3）實驗結束時，撤去所有酒精燈之前

7、必須完成的實驗操作是_ _（4）實驗結束后，證明A裝置試管中反應所得產物是否含有銅離子的操作方法是_ _實驗：反應產物的定量探究（5）在銅與濃硫酸反應的過程中，發現有黑色物質出現，且黑色物質為Cu2S產生Cu2S的反應為aCu+bH2SO4cCu2S+dCuSO4+e H2O，則a：b=_（6）為測定硫酸銅的產率，將該反應所得溶液中和后配制成250.00mL溶液，取該溶液25.00mL加入足量KI溶液中振蕩，以淀粉溶液為指示劑，用O36molL1的Na2S2O3溶液滴定生成的I2，3次實驗平均消耗該Na2S2O3溶液25.00mL若反應消耗銅的質量為6.4g，則硫酸銅的產率為_ _（已知2Cu

8、2+4I=2CuI+I2，2S2O32+I2=S4O62+2I）10（14分）某化學小組通過查閱資料，設計了如下圖所示的方法以含鎳廢催化劑為原料來制備NiSO47H2O已知某化工廠的含鎳廢催化劑主要含有Ni，還含有Al（31%）、Fe（1.3%）的單質及氧化物，其他不溶雜質（3.3%）部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時的pH如下：（1）“堿浸”過程中發生反應的離子方程式是_ _（2）“酸浸”時所加入的酸是_ _ （填化學式）（3）加入H2O2時發生反應的離子方程式為_ _（4）操作b為調節溶液的pH，你認為pH的調控范圍是_ _（5）產品晶體中有時會混有少量綠礬（FeS047H20），其原因可能是

9、_ _（寫出一點即可）（6）NiS047H20可用于制備鎳氫電池（NiMH），鎳氫電池目前已經成為混合動力汽車的一種主要電池類型NiMH中的M表示儲氫金屬或合金該電池在充電過程中總反應的化學方程式是Ni（OH）2+M=NiOOH+MH，則NiMH電池放電過程中，正極的電極反應式為_三、選做題：化學與技術（共1小題，滿分15分）11粉煤灰是燃煤電廠排出的主要固體廢物我國火電廠粉煤灰的主要氧化物組成為SiO2、Al2O3、CaO等 一種利用粉煤灰制取氧化鋁的工藝流程如下：（1）粉煤灰研磨的目的是_（2）第1次過濾時濾渣的主要成分有_（填化學式，下同）和_，第3次過濾時濾渣的成分是_（3）在104用

10、硫酸浸取時，鋁的浸取率與時間的關系如圖1，適宜的浸取時間為_h；鋁的浸取率與的關系如圖2所示，從浸取率角度考慮，三種助溶劑NH4F、KF及NH4F與KF的混合物，在相同時，浸取率最高的是_ （填化學式）；用含氟的化合物作這種助溶劑的缺點是_ （舉一例）（4）流程中循環使用的物質有_和_（填化學式）（5）用鹽酸溶解硫酸鋁晶體，再通入HCl氣體，析出A1C136H20，該過程能夠發生的原因是_（6）用粉煤灰制取含鋁化合物的主要意義是_選做題：物質結構與性質（共1小題，滿分0分）121967年舒爾滋提出金屬互化物的概念，其定義為固相金屬間化合物擁有兩種或兩種以上的金屬元素，如Cu9Al4、Cu5Zn

11、8等回答下列問題：（1）某種金屬互化物具有自范性，原子在三維空間里呈周期性有序排列，該金屬互化物屬于_（填“晶 體”或“非晶體”）（2）基態銅原子有_個未成對電子，二價銅離子的電子排布式為_，在CuS04溶液 中滴入過量氨水，形成配合物的顏色為_（3）銅能與類鹵素（SCN）2反應生成Cu（SCN）2，1mol（SCN）2分子中含有鍵的數目為_；類鹵素（SCN）2對應的酸有兩種，理論上硫氰酸（HSCN）的沸點低于異硫氰酸（HN=C=S）的沸點，其原因是_（4）ZnS的晶胞結構如圖1所示，在ZnS晶胞中，S2的配位數為_（5）銅與金形成的金屬互化物結構如圖2，其晶胞邊長為a nm，該金屬互化物的密

12、度為_（用含“a、NA 的代數式表示）gcm3選做題：有機化學基礎（共1小題，滿分0分）13丁苯酞（J）是治療輕、中度急性腦缺血的藥物，合成J的一種路線如下已知：E的核磁共振氫譜只有一組峰；C能發生銀鏡反應；J是一種酯，分子中除苯環外還含有一個五元環回答下列問題：（1）由A生成B的化學方程式為_，其反應類型為_（2）D的化學名稱是_（3）J的結構簡式為_，由D生成E的化學方程式為_（4）G的同分異構體中核磁共振氫譜有4組峰且能與FeCl3溶液發生顯色反應的結構簡式為_（寫出一種即可）（5）由甲醛和化合物A經下列步驟可得到2一苯基乙醇AKL 反應條件1為_；反應條件2所選擇的試劑為_；L的結構簡

13、式為_2014-2015學年河北省衡水中學高三（上）第五次調研化學試卷一、選擇題：本題共7小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1“富勒烯”家族又增添了新成員，繼C60、C70、N60之后，中美科學家首次發現了全硼富勒烯B40下列說法正確的是( )AB40和C70、都屬于新型化合物BC60、和N60屬于同分異構體CB40、C60、N60、C70都只含共價鍵DB40、C60、N60、C70都屬于烯烴考點：化學鍵；烯烴 專題：物質的分類專題；化學鍵與晶體結構分析：A均只有一種元素組成；B均為單質，且為不同元素的單質；C均只有一種元素，則只含非金屬元素之間的化學鍵；D烯烴

14、含C、H元素解答：解：AB40和C70都只有一種元素組成，均屬于單質，故A錯誤；BC60和N60為不同的單質，故B錯誤；C均只有一種元素，則只含非金屬元素之間的化學鍵，則只含共價鍵，故C正確；D烯烴含C、H元素，幾種單質均不屬于烯烴，故D錯誤；故選C點評：本題考查化學鍵，為高頻考點，把握物質的組成、相關概念的辨析、化學鍵的形成為解答的關鍵，側重分析與遷移應用能力的考查，題目難度不大2化學與社會、生活密切相關對下列現象或事實的解釋正確的是( )AABBCCDD考點：硅和二氧化硅；鈉的重要化合物；乙烯的用途 專題：化學應用分析：A乙烯是一種植物生長調節劑，對水果蔬菜具有催熟的作用；BSi02是酸性

15、氧化物，常溫下能夠與氫氟酸反應；C過氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，過氧化鈉既是氧化劑又是還原劑；DAl（OH）3受熱分解生成H2O并吸收大量的熱量，使周圍環境溫度降低；解答：解：A乙烯是一種植物生長調節劑，對水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯含有不飽和鍵能被酸性高錳酸鉀氧化，故A正確；BSi02是酸性氧化物，故B錯誤；C過氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，過氧化鈉既是氧化劑又是還原劑，故C錯誤；DAl（OH）3受熱分解生成H2O并吸收大量的熱量，使周圍環境溫度降低，且生成的氧化鋁熔點較高，附著在可燃物表面，從而阻止可燃物燃燒，故D錯誤；故選：A點評：本題考查了物質的用途，性質決定用途，明

16、確物質的用途是解題關鍵，題目難度不大3W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y、Z處于同一周期，W、X、Z的簡單離子具有相同的電子層結構，W的單質是空氣中含量最多的氣體，X的氧化物具有兩性，Y的最高正價與最低負價的代數和為O，下列說法正確的是( )A單質熔點：WZB離子半徑：WXZC最高正價：WXZD原子序數：ZWXY考點：原子結構與元素周期律的關系 分析：W的單質是空氣中含量最多的氣體知W是N元素，X的氧化物具有兩性知X是Al元素，X、Y、Z處于同一周期，Y的最高正價與最低負價的代數和為O，知Y是Si元素，W、X、Z的簡單離子具有相同的電子層結構得Z是Na或Mg，W的單質是氮氣，據此解答即可解答

17、：解：A、根據W的單質是空氣中含量最多的氣體知W是N元素，X的氧化物具有兩性知X是Al元素，X、Y、Z處于同一周期，Y的最高正價與最低負價的代數和為O，知Y是Si元素，W、X、Z的簡單離子具有相同的電子層結構得Z是Na或Mg，W的單質是氮氣，Z的單質是金屬，單質熔點：應該是ZW，故A錯誤；B、根據核外電子排布相同的離子，核電荷數大的半徑小，所以離子半徑應該是：WZX，故B錯誤；C、最高正價：W是+5價，X是+3價，Z是+1或+2價，故C正確；D、原子序數：YXZW，故D錯誤，故選C點評：本題考查了元素推斷、元素周期表、元素周期律，關鍵是得到W、X、Y、Z對應的元素，難度不大4近年來科學家正在研

18、制一種高容量、低成本鋰銅空氣燃料電池該電池通過一種復雜的銅腐蝕現象產生電力，其中放電過程為2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH，下列說法不正確的是( )A放電時，Li+透過固體電解質向Cu極移動B放電時，負極的電極反應式為CuO+H2O+2eCu+2OHC通空氣時，銅被腐蝕，表面產生Cu2OD整個反應過程中，銅相當于催化劑考點：化學電源新型電池 專題：電化學專題分析：放電時，鋰失電子作負極，Cu上O2得電子作正極，負極上電極反應式為LieLi+，正極上電極反應式為O2+4e+2H2O=4OH，電解質溶液中陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，據此分析解答解答：解：A放電時，陽離子向正極

19、移動，則Li+透過固體電解質向Cu極移動，故A正確；B放電時，負極的電極反應式為LieLi+，故B錯誤；C放電過程為2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH，可知通空氣時，銅被腐蝕，表面產生Cu2O，故C正確；D通空氣時，銅被腐蝕，表面產生Cu2O，放電時Cu2O轉化為Cu，則整個反應過程中，銅相當于催化劑，故D正確；故選B點評：本題考查了原電池原理，明確原電池負極上得失電子及電極反應式是解本題關鍵，題目難度中等，注意把握Cu在整個過程中的作用5下列實驗操作對應的實驗現象和解釋或結論都正確的是( )AABBCCDD考點：化學實驗方案的評價；化學平衡的影響因素；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉

20、化的本質；二氧化硫的化學性質；二價Fe離子和三價Fe離子的檢驗 專題：實驗評價題分析：AS02通入紫色石蕊試液，溶液變紅；B先產生白色沉淀，然后沉淀變藍色，發生沉淀的轉化；C向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液變紅色，則含鐵離子；D熱水中紅色加深，則升高溫度2NO2（g）N2O4（g）向逆向移動解答：解：AS02通入紫色石蕊試液，溶液變紅，體現二氧化硫酸性氧化物的性質，與漂白性無關，故A錯誤；B先產生白色沉淀，然后沉淀變藍色，發生沉淀的轉化，則KSPCu（OH）2KSPMg（OH）2，故B錯誤；C向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液變紅色，則溶液中含有Fe3+，現象與結論合理，故C正確；D熱水中紅色加

21、深，則升高溫度2NO2（g）N2O4（g）向逆向移動，則反應2NO2（g）N2O4（g）的H0，故D正確；故選CD點評：本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、沉淀的轉化、離子檢驗及化學平衡移動等為解答的關鍵，注意實驗的評價性分析，題目難度不大6向某恒容密閉容器中充入一定量C02和H：，發生反應：CO2（g）+H2（g）HCOOH（g）測得平衡體系中C02的百分含量（CQ%）與反應溫度變化的關系如圖所示下列物理量 中，a點大于b點的是 正反應速率逆反應速率HCOOH（g）的濃度對應溫度時的平衡常數( )ABCD考點：體積百分含量隨溫度、壓強變化曲線；化學平衡常數的含義 專題：化

22、學平衡專題分析：根據圖象可知，可逆反應CO2（g）+H2（g）HCOOH（g）隨著溫度升高，二氧化碳含量增大，說明正反應為放熱反應；溫度越高，反應速率越大，則a點的正逆反應速率都小于b點；HCOOH（g）為生成物，二氧化碳、氫氣為反應物，則二氧化碳百分含量越大，則氫氣含量越大、甲酸含量越小，則a點甲酸的濃度大于b點、a點氫氣的濃度大于b點，由于溫度改變反應向正方向移動時，平衡常數增大，據此進行解答解答：解：溫度升高，反應速率增大，a點溫度小于b，則a點的正反應速率一定小于b，故錯誤；b點溫度大于a點，則正逆反應速率a點小于b點，故錯誤；甲酸為生成物，二氧化碳為反應物，則二氧化碳百分含量越大，甲

23、酸濃度越小，b點二氧化碳百分含量大于a點，則a點甲酸的濃度大于b點，故正確；溫度升高，平衡逆向移動，平衡常數減小，a點大于b點的，故正確；綜上，錯誤，正確，故選D點評：本題考查了百分含量隨溫度變化的曲線、可逆反應的影響因素，題目難度不大，注意掌握外界條件對化學平衡的影響，正確分析圖象中曲線變化為解答本題的關鍵，試題培養了學生分析、理解圖象信息的能力7常溫下，下列有關醋酸的敘述中不正確的是( )ApH=5.6的由CH3COOH與CH3COONa組成的混合溶液中：c（Na+）c（CH3C00）B將pH=a的醋酸稀釋為pH=a+1的過程中，c（OH）不斷增大C等體積pH=a的醋酸與pH=b的NaOH

24、溶液恰好中和時，a+b=14D濃度均為0.1 mol1的CH3COOH溶液和氨水等體積混合后：c（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（NH4+）考點：弱電解質在水溶液中的電離平衡；酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算 專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：ACH3COOH的電離大于CH3COO的水解，所以c（Na+）c（CH3COO）；B在稀釋過程中，由于n（CH3COOH）減小，而n（H+）增多，c（H+）減小，則c（OH）不斷增大；C若a+b=14，則c（H+）=c（OH），醋酸會過量，所以a+b14；D濃度均為0.1 mol1的CH3COOH溶液和氨水等體積混合后，根據電荷守恒分析

25、解答：解：ACH3COOH的電離大于CH3COO的水解，所以c（Na+）c（CH3COO），故A正確；B在稀釋過程中，由于n（CH3COOH）減小，而n（H+）增多，c（H+）減小，則c（OH）不斷增大，故B正確；C若a+b=14，則c（H+）=c（OH），醋酸會過量，所以a+b14，故C錯誤；D濃度均為0.1 mol1的CH3COOH溶液和氨水等體積混合后，根據電荷守恒，（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（NH4+），故D正確；故選C點評：本題考查了弱電解質的電離，題目難度不大，注意根據物料守恒判斷混合溶液中離子濃度的關系三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第22題32題為必考題

26、每個試題考生都必須作答第33題39題為選考題考生根據要求作答（一）必考題（共129分）8（14分）甲醇是一種重要的化工原料，在生產中有著重要的應用工業上用甲烷氧化法合成甲醇的反應有：（）CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）H1=+247.3kJmol1（）2CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2=90.1kJmol1（）2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3=566.0kJmol1（1）用CH4和02直接制備甲醇蒸氣的熱化學方程式為2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（g）H=251.6kJmol1（2）某溫度下，向4L恒容密閉容器中通人6mol C02和6mol

27、CH4，發生反應（），平衡體系中各組分的體積分數均為，則此溫度下該反應的平衡常數K=1，CH4的轉化率為33.3%（3）工業上可通過甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反應的熱化學方程式為：CH3OH（g）+CO（g）HCOOCH3（g）H2=29.1kJmol1科研人員對該反應進行了研究，部分研究結果如圖1、2：從反應壓強對甲醇轉化率的影響“效率”看，工業制取甲酸甲酯應選擇的壓強是4.0×106Pa （填“3.5×106PaPa“4.0×106Pa“或“5.0×106Pa”）實際工業生產中采用的溫度是80，其理由是高于80時，溫度對反應速率影響較小，且反應放熱

28、，升高溫度時平衡逆向移動，轉化率降低（4）直接甲醇燃料電池（簡稱DMFC）由于其結構簡單、能量轉化率高、對環境無污染，可作為常規能源的替代品而越來越受到關注DMFC的工作原理如圖3所示：通入a氣體的電極是電池的負（填“正”或“負”）極，其電極反應式為常溫下，用此電池以惰性電極電解O5L飽和食鹽水（足量），若兩極共生成氣體1.12L（已折算為標準狀況下的體積），則電解后溶液的pH為13（忽略溶液的體積變化）考點：用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；原電池和電解池的工作原理；化學平衡常數的含義 專題：化學反應中的能量變化；化學平衡專題；電化學專題分析：（1）根據蓋斯定律計算書寫熱化學方程式；（2）根據

29、平衡體系中各組分的體積分數均為，利用三段式計算出平衡時各組分的含量，計算平衡常數和轉化率；（3）依據轉化率曲線分析判斷；圖象分析速率隨溫度變化的趨勢分析回答；（4）根據圖知，交換膜是質子交換膜，則電解質溶液呈酸性，根據氫離子移動方向知，通入a的電極為負極、通入b的電極為正極，負極上甲醇失去電子發生氧化反應；根據電解池的工作原理和電極方程式來計算解答：解：（1）根據（）CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）H1=+247.3kJmol1（）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2=90.1kJmol1（）2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3=566.0kJmol1由（）&

30、#215;2+（）×2+（）得2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（g）H，故H=2H1+2H2+H3=（+247.3kJmol1）×2+（90.1kJmol1）×2+（566.0kJmol1）=251.6kJmol1，所以用CH4和O2直接制備甲醇蒸氣的熱化學方程式為2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（g）H=251.6kJmol1，故答案為：2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（g）H=251.6kJmol1；（2）CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）起始（mol） 6 6 0 0變化（mol） x x 2x 2x平衡（mol）6x 6

31、x 2x 2x平衡體系中各組分的體積分數均為，所以6x=2x，解得x=2，則此溫度下該反應的平衡常數X=1，CH4的轉化率為=33.3%，故答案為：1；33.3%；（3）從反應壓強對甲醇轉化率的影響“效率“看，圖象中轉化率變化最大的是4.0×106Pa，故答案為：4.0×106Pa；依據圖象分析溫度在高于80°C對反應速率影響不大，反應是放熱反應，溫度過高，平衡逆向進行，不利于轉化率增大，故答案為：高于80時，溫度對反應速率影響較小，且反應放熱，升高溫度時平衡逆向移動，轉化率降低；（4）根據圖知，交換膜是質子交換膜，則電解質溶液呈酸性，根據氫離子移動方向知，通入a

32、的電極為負極、通入b的電極為正極，負極上甲醇失去電子發生氧化反應，負極反應式為 CH3OH6e+H2O=CO2+6H+，正極上氧氣得電子發生還原反應，電極反應式為O2+4e+4H+=2H2O，故答案為：負；CH3OH6e+H2O=CO2+6H+；用此電池以惰性電極電解飽和食鹽水的電極反應為：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，當兩極共收集到標準狀況下的氣體1.12L（0.05mol）時，則生成氫氧化鈉的物質的量是0.05mol，所以COH=0.1mol/L，所以PH=13，故答案為：13點評：本題考查了蓋斯定律的應用、熱化學方程式的計算書寫、化學平衡的計算、圖象分析判斷以及電化學的知識等，注

33、意掌握基礎知識的掌握，題目難度中等9為研究銅與濃硫酸的反應，某化學興趣小組進行如下實驗實驗I：反應產物的定性探究，按如圖裝置（固定裝置已略去）進行實驗：（1）F裝置的燒杯中發生反應的離子方程式是SO2+2OH=SO32+H2O；B裝置中的現象是白色粉末變藍色（2）實驗過程中，能證明濃硫酸中硫元素的氧化性強于氫元素的現象是D裝置中黑色固體顏色無變化，E裝置中溶液褪色（3）實驗結束時，撤去所有酒精燈之前必須完成的實驗操作是拉起銅絲，關閉K1，K2（4）實驗結束后，證明A裝置試管中反應所得產物是否含有銅離子的操作方法是將A裝置中冷卻的混合溶液沿燒杯內壁緩緩倒入盛水的燒杯中，并不斷攪拌，觀察是否有藍色

34、出現實驗：反應產物的定量探究（5）在銅與濃硫酸反應的過程中，發現有黑色物質出現，且黑色物質為Cu2S產生Cu2S的反應為aCu+bH2SO4cCu2S+dCuSO4+e H2O，則a：b=5：4（6）為測定硫酸銅的產率，將該反應所得溶液中和后配制成250.00mL溶液，取該溶液25.00mL加入足量KI溶液中振蕩，以淀粉溶液為指示劑，用O36molL1的Na2S2O3溶液滴定生成的I2，3次實驗平均消耗該Na2S2O3溶液25.00mL若反應消耗銅的質量為6.4g，則硫酸銅的產率為90%（已知2Cu2+4I=2CuI+I2，2S2O32+I2=S4O62+2I）考點：性質實驗方案的設計；濃硫酸

35、的性質實驗 專題：氧族元素分析：加熱條件下，Cu和濃硫酸發生氧化還原反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，水具有揮發性，溫度越高揮發性越強，所以生成的二氧化硫中含有水蒸氣，水蒸氣能使無水硫酸銅變藍色；濃硫酸具有吸水性，能干燥二氧化硫氣體；氫氣具有還原性，能將黑色的氧化銅粉末還原為紅色Cu；二氧化硫具有漂白性，能使品紅溶液褪色；二氧化硫屬于酸性氧化物且有毒，不能直接排空，可以用堿性溶液吸收（1）二氧化硫和NaOH反應生成亞硫酸鈉和水；無水硫酸銅檢驗水蒸氣；（2）實驗過程中，要證明濃硫酸中硫元素的氧化性強于氫元素，只要證明生成的氣體中含有二氧化硫不含氫氣即可；（3）實驗結束時，撤去所有酒精燈之前要防止倒吸

36、；（4）銅離子在水溶液中呈藍色，根據溶液顏色判斷是否含有銅離子；（5）根據轉移電子及原子守恒配平方程式，從而確定a、b關系；（6）根據2Cu2+4I=2CuI+I2、S2O32+I2=S4O62+2I得2Cu2+I2S2O32，根據銅離子和硫代硫酸根離子之間的關系式計算解答：解：加熱條件下，Cu和濃硫酸發生氧化還原反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，水具有揮發性，溫度越高揮發性越強，所以生成的二氧化硫中含有水蒸氣，水蒸氣能使無水硫酸銅變藍色；濃硫酸具有吸水性，能干燥二氧化硫氣體；氫氣具有還原性，能將黑色的氧化銅粉末還原為紅色Cu；二氧化硫具有漂白性，能使品紅溶液褪色；二氧化硫屬于酸性氧化物且有毒，不

37、能直接排空，可以用堿性溶液吸收（1）二氧化硫屬于酸性氧化物，和NaOH反應生成亞硫酸鈉和水，離子反應方程式為 SO2+2OH=SO32+H2O；水具有揮發性，升高溫度促進其揮發，所以生成的氣體中含有水蒸氣，水蒸氣能使無水硫酸銅由白色變為藍色，所以B裝置中的現象是：白色粉末變藍色，故答案為：SO2+2OH=SO32+H2O；白色粉末變藍色；（2）證明濃硫酸中硫元素的氧化性強于氫元素，利用元素化合價變化生成的產物分析判斷，若生成氫氣，D裝置會黑色變化為紅色，若生成二氧化硫E裝置中品紅會褪色，所以證明濃硫酸中硫元素的氧化性強于氫元素的實驗現象是，D裝置中氧化銅黑色不變化，說明無氫氣生成，E裝置中品紅

38、試液褪色說明生成了二氧化硫氣體，故答案為：D裝置中黑色固體顏色無變化，E裝置中溶液褪色；（3）實驗結束時，拉起銅絲，撤去所有酒精燈之前必須完成的實驗操作是關閉K1，K2，防止CE中的溶液倒吸，炸裂玻璃管，故答案為：拉起銅絲，關閉K1，K2；（4）驗證生成的溶液中含有銅離子，需要把試管中的液體倒入水中溶解，觀察是否出現藍色溶液，將A裝置中冷卻的混合溶液沿燒杯內壁緩緩倒入盛水的燒杯中，并不斷攪拌，出現藍色溶液證明含有銅離子，故答案為：將A裝置中冷卻的混合溶液沿燒杯內壁緩緩倒入盛水的燒杯中，并不斷攪拌，觀察是否有藍色出現；（5）aCu+bH2SO4cCu2S+dCuSO4+e H2O中Cu元素化合價

39、由0價變為+1價、+2價、S元素化合價由+6價變為2價，轉移電子數為16，根據轉移電子守恒及原子守恒配平方程式為10Cu+8H2SO42Cu2S+6CuSO4+8H2O，所以a：b=10：8=5：4，故答案為：5：4；（6）根據2Cu2+4I=2CuI+I2、2S2O32+I2=S4O62+2I得2Cu2+I22S2O32，設制得的溶液中硫酸銅的物質的量濃度為xmol/L，2Cu2+I22S2O32，2mol 2mol0.025xmol （0.36×0.025）mol2molL：2mol=0.025xmol：（0.36×0.025）molx=0.36，則250mL溶液中m（

40、Cu2+）=0.36mol/L×0.25L=0.09mol，參加反應的n（Cu）=0.1mol，則硫酸銅的產率=90%，故答案為：90%點評：本題以濃硫酸和銅的反應為載體考查性質實驗方案設計，涉及氣體制取、氣體檢驗、反應方程式的配平、方程式的計算等知識點，綜合性較強，明確反應原理及基本操作是解本題關鍵，知道二氧化硫、氫氣的檢驗方法及順序，題目難度中等10（14分）某化學小組通過查閱資料，設計了如下圖所示的方法以含鎳廢催化劑為原料來制備NiSO47H2O已知某化工廠的含鎳廢催化劑主要含有Ni，還含有Al（31%）、Fe（1.3%）的單質及氧化物，其他不溶雜質（3.3%）部分陽離子以氫氧

41、化物形式沉淀時的pH如下：（1）“堿浸”過程中發生反應的離子方程式是2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2、Al2O3+2OH2AlO2+H2O（2）“酸浸”時所加入的酸是H2SO4 （填化學式）（3）加入H2O2時發生反應的離子方程式為H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O（4）操作b為調節溶液的pH，你認為pH的調控范圍是3.27.1（5）產品晶體中有時會混有少量綠礬（FeS047H20），其原因可能是H2O2的用量不足（或H2O2失效）、保溫時間不足導致Fe2+未被完全氧化造成的（寫出一點即可）（6）NiS047H20可用于制備鎳氫電池（NiMH），鎳氫電池目前已經成為混合動

42、力汽車的一種主要電池類型NiMH中的M表示儲氫金屬或合金該電池在充電過程中總反應的化學方程式是Ni（OH）2+M=NiOOH+MH，則NiMH電池放電過程中，正極的電極反應式為NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH考點：制備實驗方案的設計；化學電源新型電池；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質 專題：電離平衡與溶液的pH專題；電化學專題分析：由流程可知，某化工廠的含鎳催化劑主要含有Ni，還含有Al（31%）、Fe（1.3%）的單質及氧化物，其他不溶雜質（3.3%）堿浸過濾得到固體加入酸浸過濾加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，調節溶液PH使鐵離子和鋁離子全部沉淀，鎳離子不沉淀，過濾后調節溶

43、液PH23防止鎳離子水解，通過蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾洗滌得到NiSO47H2O晶體；（1）含鎳催化劑主要含有Ni，還含有Al（31%）的單質及氧化物，鋁和氧化鋁都可以和強堿反應溶解得到溶液含有偏鋁酸鹽；（2）依據最后制備NiSO47H2O，防止引入其他雜志離子需要加入硫酸進行溶解；（3）加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，鐵離子易轉化為沉淀除去；（4）依據氫氧化物沉淀的PH分析判斷，加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子后，調節溶液pH使鐵離子全部沉淀，鎳離子不沉淀得到較純凈的硫酸鎳溶液；（5）含有綠礬晶體說明在加入過氧化氫保溫過程中，過氧化氫未把亞鐵離子全部氧化（6）正極上NiOOH得電子生成Ni

44、（OH）2解答：解：由流程可知，某化工廠的含鎳催化劑主要含有Ni，還含有Al（31%）、Fe（1.3%）的單質及氧化物，其他不溶雜質（3.3%）堿浸過濾得到固體加入酸浸過濾加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，調節溶液PH使鐵離子和鋁離子全部沉淀，鎳離子不沉淀，過濾后調節溶液PH23防止鎳離子水解，通過蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾洗滌得到NiSO47H2O晶體；（1）“堿浸”過程中是為了除去鋁及其氧化物，鋁是兩性元素和強堿反應，氧化鋁是兩性氧化物和強堿反應，鎳單質和鐵及其氧化物不和堿反應達到除去鋁元素的目的；反應的兩種方程式為：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2、Al2O3+2OH2AlO2+

45、3H2O，故答案為：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2、Al2O3+2OH2AlO2+H2O；（2）“酸浸”時主要是溶解鎳金屬和鐵單質及其氧化物，依據制備目的是得到NiSO47H2O，加入的酸不能引入新的雜質，所以需要加入硫酸進行酸浸；故答案為：H2SO4；（3）鐵離子易轉化為沉淀除去，加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，其反應的離子方程式為：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；故答案為：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；（4）依據圖表中沉淀需要的溶液pH，加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子后，調節溶液pH使鐵離子全部沉淀，鎳離子不沉淀得到較純凈的硫酸鎳溶液，pH

46、應在3.27.1間，故答案為：3.27.1；（5）產品晶體中有時會混有少量綠礬（FeSO47H2O），說明在加入過氧化氫氧化劑氧化亞鐵離子時未把亞鐵離子全部氧化，氫氧化亞鐵沉淀的pH大于鎳離子沉淀的pH，保溫目的是把亞鐵離子完全氧化，故答案為：H2O2的用量不足（或H2O2失效）、保溫時間不足導致Fe2+未被完全氧化造成的；（6）NiMH電池放電過程中，正極上NiOOH得電子生成Ni（OH）2，則正極的電極方程式為：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH，故答案為：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH點評：本題考查了物質分離的實驗設計和方法應用，主要是利用溶液不同PH條件下離子沉

47、淀的情況不同，控制溶液PH除去雜質離子，得到較純凈的硫酸鎳溶液來制備硫酸鎳晶體，同時考查了除雜原則不能引入新的雜質，鋁及其化合物性質分析判斷，題目難度中等三、選做題：化學與技術（共1小題，滿分15分）11粉煤灰是燃煤電廠排出的主要固體廢物我國火電廠粉煤灰的主要氧化物組成為SiO2、Al2O3、CaO等 一種利用粉煤灰制取氧化鋁的工藝流程如下：（1）粉煤灰研磨的目的是增大反應物的接觸面積，提高浸取速率和浸出率（2）第1次過濾時濾渣的主要成分有SiO2（填化學式，下同）和CaSO4，第3次過濾時濾渣的成分是Al（OH）3（3）在104用硫酸浸取時，鋁的浸取率與時間的關系如圖1，適宜的浸取時間為2h

48、；鋁的浸取率與的關系如圖2所示，從浸取率角度考慮，三種助溶劑NH4F、KF及NH4F與KF的混合物，在相同時，浸取率最高的是NH4F （填化學式）；用含氟的化合物作這種助溶劑的缺點是生產過程中會產生污染環境的HF和NH3等 （舉一例）（4）流程中循環使用的物質有H2SO4和NH4Cl（填化學式）（5）用鹽酸溶解硫酸鋁晶體，再通入HCl氣體，析出A1C136H20，該過程能夠發生的原因是通入氯化氫使A1C136H20達到飽和，而硫酸鋁不飽和（6）用粉煤灰制取含鋁化合物的主要意義是使廢棄固體資源化利用考點：制備實驗方案的設計；硅和二氧化硅；物質的分離、提純和除雜 專題：實驗題分析：粉煤灰的主要氧化

49、物組成為SiO2、Al2O3、CaO等，加入硫酸溶液使Al2O3溶解，CaO通過反應生成CaSO4，CaSO4微溶，大部分CaSO4和SiO2一起成為濾渣，過濾后將濾液冷卻結晶得Al2（SO4）3，用鹽酸溶解Al2（SO4）3，再通入氯化氫得AlCl36H2O晶體和硫酸溶液，過濾得硫酸溶液可以再循環利用，AlCl36H2O晶體溶解后得氯化鋁溶液中通入氨氣得氫氧化鋁沉淀和氯化銨溶液，氯化銨溶液可以循環利用，氫氧化鋁沉淀受熱分解生成Al2O3，據此答題解答：解：粉煤灰的主要氧化物組成為SiO2、Al2O3、CaO等，加入硫酸溶液使Al2O3溶解，CaO通過反應生成CaSO4，CaSO4微溶，大部分

50、CaSO4和SiO2一起成為濾渣，過濾后將濾液冷卻結晶得Al2（SO4）3，用鹽酸溶解Al2（SO4）3，再通入氯化氫得AlCl36H2O晶體和硫酸溶液，過濾得硫酸溶液可以再循環利用，AlCl36H2O晶體溶解后得氯化鋁溶液中通入氨氣得氫氧化鋁沉淀和氯化銨溶液，氯化銨溶液可以循環利用，氫氧化鋁沉淀受熱分解生成Al2O3，（1）粉煤灰研磨的目的是增大反應物的接觸面積，提高浸取速率和浸出率，故答案為：增大反應物的接觸面積，提高浸取速率和浸出率；（2）通過上面的分析可知，第1次過濾時濾渣的主要成分有SiO2和 CaSO4，第3次過濾時濾渣的成分是Al（OH）3，故答案為：SiO2； CaSO4；Al

51、（OH）3；（3）根據圖1可知，2h時鋁的浸出率達到最大值，所以適宜的浸取時間為2h，根據圖2可知，在相同時，NH4F助溶劑對鋁的浸出率最高，用含氟的化合物作這種助溶劑的缺點是生產過程中會產生污染環境的HF和NH3等，故答案為：2； NH4F；生產過程中會產生污染環境的HF和NH3等；（4）根據上面的分析可知，流程中循環使用的物質有H2SO4和NH4Cl，故答案為：H2SO4；NH4Cl；（5）用鹽酸溶解硫酸鋁晶體，再通入HCl氣體，析出A1C136H20，該過程能夠發生的原因是通入氯化氫使A1C136H20達到飽和，而硫酸鋁不飽和，便于A1C136H20析出，故答案為：通入氯化氫使A1C136H20達到飽和，而硫酸鋁不飽和； （6）用粉煤灰制取含鋁化合物的主要意義在于使廢棄固體資源化利用，故答案為：使廢棄固體資源化利用點評：本題以教材重要基本理論和原理為知識平臺，考查化學反應基本原理、物質的性質等在化學與技術中的綜合應用，解題關鍵在于找準中間產品和相互交叉的流水生產線，在分析過程中，抓住中間產品的關聯作用，逐一破解，難度中等選做題：物質結構與性質（共1小題，滿分0分）121967年舒爾滋提出金屬互化物的概念，其定義為固相金屬間化合物擁有兩種或兩種以上的金屬元素，如Cu9Al4、Cu5Zn8等回答下列問題